ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

www.VNMATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

ĐỀ THI THỬ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x33x (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Tìm các điểm A, B thuộc (C) sao cho các tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau và

4 2

AB 

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 1 cos x2 sinx(1 sin ) tan x x

2 Giải hệ phương trình

2 2

( , )

3 3 1 0

x y











Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

4

0

sin cos

3 sin 2

x









Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a và M

là trung điểm của cạnh AB Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC)

Câu V (1,0 điểm) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a2  b2 c2 d2  1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T a b c3(  d)b c3( da)c d3(  a b)d a3(  b c)

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip

9 4

E   và điểm M(2;1) Viết phương

trình đường thẳng  đi qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm

AB

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2

( ) :S x y z 4x6y2z4 và 0 hai mặt phẳng ( ) :P x2y  z 5 0, ( ) :Q x   y z 7 0 Viết phương trình mặt phẳng ( )

tiếp xúc (S), vuông góc với (Q) và tạo với (P) một góc  thỏa mãn cos 3

6

 

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên n thỏa mãn n 1 n 2 36

C  C   ( k

n

C là số tổ hợp chập k của n) Tìm

hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của biểu thức f x( )(1 2 x2x3)n

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C(5;-7), A thuộc đường

thẳng ( ) :d1 xy40, đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của BC có phương trình

2

(d ) : 3x4y230 Tìm tọa độ các điểm A và B, biết A có hoành độ dương

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1; 2; 3), đường thẳng ( ) : 1

mặt phẳng (P): x2y  z 1 0 Gọi (d’) là đường thẳng đối xứng với (d) qua (P) Tìm tọa độ điểm B trên (d’) sao cho AB = 9

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 4

(zi)  1 i 3 - Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

www.VNMATH.com

Họ và tên thí sinh:………; Số báo danh:………

ĐÁP ÁN KHỐI A

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x33x (1)

TXĐ: 

 

Hàm số đồng biến trong khoảng 1; 1

Hàm số nghịch biến trong các khoảng  ; 1 ; 1;    

Hàm số đạt cực tiểu tại x 1;y CT   và hàm số đạt cực đại tại 2 x1; y CÐ  2

Giới hạn: lim ; lim

     

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

y’’= 6x; y’’= 0 

  0

x y   đồ thị có điểm uốn O(0; 0) là tâm đối xứng

Đồ thị:

0,25

2 Tìm các điểm A, B thuộc (C) sao cho các tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau và

4 2

AB 

Giả sử A a( ;a33 ),a B b( ;b33 )b là 2 điểm thuộc (C) với (ab)

Theo giả thiết ta có: y a'( ) y b'( ) 3a2  3 3b2 3 a  (nhận), b a (loại) b 0,25

Từ đó:

2 ( )2 ( 3 3 3 3 )2 ( )2 ( ) (2 2 2 3)2

AB  ba  b a  b a  a b  a b a ab b  

2

(a b) 4ab (a b) 4ab (a b) ab 3

            

4ab 4ab ab 3 4ab a b( ab 10)

0,25

Theo đề bài: AB232 4ab a b( 2 26ab10)32(ab)36(ab)210ab 8 0

2

2

4

( ) 2 2 0 (vn)

ab

 





0,25

I

(2,0

điểm)



Vậy A(2; 2), B( 2; 2) hoặc A( 2; 2), B(2; 2)

0,25

x y’

y

1

+



2

2

1

x

y

0 1

1

2

2

3 3









www.VNMATH.com

1 Giải phương trình 1 cos x2 sinx(1 sin ) tan x x

2



Phương trình đã cho tương đương:

sin

1 cos 2 sin (1 sin ) cos cos 2 sin cos sin sin

cos

x

x

0,25

cosx sinx cos x sin x sin 2x 0 cosx sinx cos 2x sin 2x 0

2

k







 0,25

II

(2,0

điểm)

So với điều kiện phương trình chỉ nhận họ nghiệm 2 , ( )

k

Giải hệ phương trình

2 2

3 3 1 0 (2)







Cộng vế theo vế các pt (1) và (2) được: 6

x  x  x  x  y  y   x  x   y  y  (3) 0,25 Xét hàm f t( ) t t4 ,t[0; ), ta có: '( ) 1 1 0, [0; )

t



Chứng tỏ f(t) là hàm đồng biến trên [0; ) Từ đó: 2 2 1

(3) ( 1)

1

y x

 



       



0,25

TH1: Với y = x  1 thay vào pt (2) được:

( 1) 3 3( 1) 1 0

TH2: Với y =  x + 1 thay vào pt (2) được:

( 1) 3 3( 1) 1 0

x   x  x  x   x  y

Vậy hệ pt có 2 nghiệm 3 1; , 3 1;

2 2 4 4

0,25

Ghi chú: Có thể giải bằng cách khác như sau:

Đặt: u x22x5,v y24, ĐK: u2,v2 Khi đó

x  xu  y v  y  x u v Thay vào pt (2) được: u2v2  u v 0

(u v u)( v 1) 0 u v

       (do u  v 1 0)

0,25

Với u = v, hệ được viết lại về dạng:



0,25

Lấy (3) trừ (4) vế theo vế được: x3y và thay lại vào (3) được:

y x

y x Vậy hệ pt có 2 nghiệm 3 1; , 3 1;

2 2 4 4

0,25

www.VNMATH.com Tính tích phân

4

0

sin cos

3 sin 2

x









2

4 (1 sin 2 ) 4 (sin cos )

Đặt tsinxcosxdt(cosxsin )x dx Đổi cận: 0 1; 0

4

0

ln

I



III

(1,0

điểm)

1

ln 3

4

IV

(1,0

điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a và M là trung điểm của cạnh AB Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC)

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp MBC;

N, I lần lượt là trung điểm của BC và MB

Khi đó NO, NI lần lượt là trung trực của các đoạn BC, MB

Do ABC vuông cân tại A nên A, N, O thẳng hàng và OI // AC

Theo giả thiết SO (ABC)  góc giữa SA tạo với mặt phẳng (ABC) là SAO  và theo

giả thiết  0

60

SAO 

0,25

+ AIO vuông cân tại I có 3 3

a

IO  IA  AB 

2 4

a

.tan 60

4

a

Thể tích khối chóp S.MBC được tính bởi:

3 2

0,25

Mặt khác IO // AC  IO // mp(SAC) Từ đó:

+ Dựng OH  AC tại H và OK  SH tại K (1)

Do: AC OH AC ( SHO ) AC OK (2)











(1) và (2)  OK  ( SAC ) Từ đó 4

3

d B SAC  OKvà được tính như sau:

0,25

3a

OH  AI  (do tứ giác AIOH là hình chữ nhật) 0,25

I

A

B

C S

O K

www.VNMATH.com

.

4

0,25

V

(1,0

điểm)

Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a2  b2 c2 d2  1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

T  a b   c d  b c  d  a  c d   a b  d a   b c

Ta có:

T  ab a  b  ac a  c  ad a  d  bc b  c  bd b  d  cd c  d

Để ý rằng:

4

     

        

0,25

Từ đó suy ra:

4

4

a b   b c   c  d  d  a



0,25

4

a  b  c  d  a  b  b  c  c  d  d  a



0,25

Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1

2

a  b   c d  

Vậy max 3

4

2

a  b  c  d  

0,25

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip

9 4

E   và điểm M(2;1) Viết phương trình

đường thẳng  đi qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm AB

Thay tọa độ M vào vế trái pt (E) ta được: 4 1 25 1

94 36 Chứng tỏ M nằm trong (E)

 Nếu  đi qua M thì  luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa M nằm giữa A và B

0,25

Giả sử (A x A;y A), (B x B;y B) Do A, B thuộc (E) nên ta có hệ

4 9 36 (1)

4 9 36 (2)





 Lấy (2) trừ (1) theo vế, ta được 4(x Bx A)(x Bx A) 9( y By A)(y By A)0 (3)

0,25

Vì M là trung điểm AB nên 2 4 (4)





 Thế (4) vào (3), ta được

16(x Bx A) 18( y By A)0 8(x Bx A) 9( y By A)0 (5)

0,25

Do AB(x Bx A; y By A)



là vtcp của  nên từ (5) suy ra vtpt của đường thẳng  là (8;9)

n 



Vậy  đi qua M(2;1 và có vtpt n  (8;9)

 pt  : 8x + 9y – 25 = 0

0,25

VI.a

(2,0

điểm)

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2y2z24x6y2z4 và hai mặt 0 phẳng ( ) :P x2y  z 5 0, ( ) :Q x   y z 7 0 Viết phương trình mặt phẳng ( ) tiếp xúc (S),

www.VNMATH.com

vuông góc với (Q) và tạo với (P) một góc  thỏa mãn cos 3

6

 Vtpt của (P): n   (1; 2; 1)

và vtpt của (Q): m   (1; 1; 1)  

Giả sử ( )  có vtpt w   ( ; ; ) ( a b c a2  b2 c2  0)

Khi đó theo giả thiết ta có:

( )   (Q) nên: m w    0  a b c    0  a    b c w   ( b  c b c ; ; ), ( b2  c2  0) 0,25

| cos( , ) | cos

w n

 

0

 





0,25

Với b + c = 0 chọn b = 1 và c =1, ta được w   (0; 1; 1) 

 pt của ( )  : y   z d  0

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 3; 1) và có bán kính R  10 Theo đề bài ( )  tiếp xúc (S) nên:

2

d

Với 8b + 3c = 0 chọn b = 3 và c =8, ta được w    ( 5; 3;  8)

 pt của ( )  :

5 x  3 y  8 z  d  0

( )  tiếp xúc (S) nên: | 10 9 8 |

7 2

d

5 x  3 y  8 z   7 14 5  0

0,25

Cho số tự nhiên n thỏa mãn C n n1C n n236(C n k là số tổ hợp chập k của n) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của biểu thức f x( )(1 2 x2x3)n

Giải:

Xét pt: Cn n1 Cn n2  36 (1) ĐK: nN*,n2 Khi đó:

1

8

9

n n

n n

n n













Do ĐK nên ta chỉ nhận n = 8

0,25

Ta có

k

k

Suy ra để có số hạng chứa x8 ta phải có

4, 0

0, 8

3, 2 0,

k i

k

 















0,25

VII.a

(1,0

điểm)

Vậy hệ số của x8 trong khai triển của f(x) là C C84 4024C C83 32.2 1456 0,25

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C(5;7), A thuộc đường

thẳng ( ) :d1 xy4 , đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của BC có phương trình 0

2

(d ) : 3x4y230 Tìm tọa độ các điểm A và B, biết A có hoành độ dương

VI.b

(2,0

điểm)

A  (d1) nên A(a; 4 + a)

Cách 1: Ta có:

2

S S  S S  S S  S  d(A,(d2)) = 2d(C,(d2)) 0,25

www.VNMATH.com

 a 39 40  a = 1(nhận); a = 79 (loại vì khi đó A,C nằm cùng phía đối với d 2) Vậy

A(1;5)

Cách 2: Gọi I ACd2 Khi đó theo định lý Thales:

2

2

I

I

x

IC MC

IA AD

y







 

Mà Id2 nên: 3( 10) 4( 10) 23 0 1

a

     Vậy A(1; 5)

Gọi M là trung điểm của BC  M  (d2) nên M(13 + 4t; 4 + 3t)

Ta có AB(20 8 ;10 t 6 ),t CB(16 8 ; 22 6 ) t  t

0 (20 8 )(16 8 ) (10 6 )(22 6 ) 0

AB CB   t  t   t  t 

 

100 480 540 0 3;

5

t  t    t t

0,25

Với t   thì ( 3; 3)3 B   Với 9

5

t   thì 33 21;

5 5

B 

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1; 2; 3), đường thẳng ( ) : 1

 và mặt

phẳng (P): x2y  z 1 0 Gọi (d’) là đường thẳng đối xứng với (d) qua (P) Tìm tọa độ điểm B trên (d’) sao cho AB = 9

Có (d) cắt (P) tại điểm I(2; 1; 1)

Chọn M(0; 0; 1)  (d) và gọi M’ là điểm đối xứng của M qua (P) Khi đó M’ (d’) Ta tìm

M’

Gọi () là đường thẳng đi qua M và vuông góc với mp(P)  vtcp u 

của () là vtpt của (P),

tức là u   (1; 2; 1) 

 phương trình (): 1

:



Gọi H là trung điểm MM’ thì tọa độ H định bởi

hệ:

1













Từ đó:

M x  x y  y z  z hay 2 4 1

M       

0,25

Suy ra (d’) là đường thẳng đi qua I(2; 1; 1) và nhận vtcp 8 1 4

3 3 3

M I     



 phương trình (d’): 2 1 1

:

( ')

B  d nên B (2 8 ; 1  t   t ;1 4 )  t

0,25

Theo đề bài ta phải có: AB  9  (1 8 )  t 2  ( t  3)2  (4 t  2)2  81

27

I

A

B

D

www.VNMATH.com + Với 1 2 151

27

t   ta được 62 16 151; 26 2 151 31 8 151;

+ Với 1 2 151

27

t   ta được 62 16 151; 26 2 151 31 8 151;

0,25

Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 4

(zi)  1 i 3

(1)

Giả sử z i r(cosisin ), r (z i )4 r4(cos 4isin 4 ) (2)

0,25

(1) và (2) suy ra:

4

4

2

2 2

cos 4 cos

6 2 2

sin 4 sin

3

r

r

k k











 









Cho k 0,  1, 2 ta nhận được các giá trị acgumen tương ứng của số phức z i là

VII.b

(1,0

điểm)

Từ đó phương trình đã cho có 4 nghiệm lần lượt là :

42 cos sin

4

418 2

1

z   i

2 cos sin

42 418

1

z    i

42 cos sin

z i     i   

      

hay

42 418

1

z   i

z i     i   

      

hay

4

418 2

1

z    i

0,25

Ghi chú:

+ Điểm toàn bài bằng tổng điểm từng phần, không làm tròn số

+ Cách giải khác đúng vẫn cho điểm bình thường